2^{n}>n^{2} < Induktion < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:18 Fr 10.06.2011 | | Autor: | elmanuel |
| Aufgabe | | Für welche n [mm] \in \mathbb{N} [/mm] gilt [mm] 2^{n}>n^{2}. [/mm] Begründen Sie Ihre Vermutung. |
Hallo Liebe Gemeinde!
Also ich sage mal das gilt für n=1 und n>4. Ich habe die beiden Funktionen gezeichnet und daraus war das ersichtlich.
Das ganze aber rechnerisch zu begründen fällt mir schwer.
eine idee war das es für n=1 leicht zu zeigen ist (ausprobieren) und für n>4 dadurch zu zeigen ist das ich [mm] 2^{n+3}>(n+3)^2 [/mm] beweise...
leider ist mir kein beweis gelungen ... Hat jemand ne Idee?
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Hallo elmanuel,
> Für welche n [mm]\in \mathbb{N}[/mm] gilt [mm]2^{n}>n^{2}.[/mm] Begründen
> Sie Ihre Vermutung.
> Hallo Liebe Gemeinde!
>
> Also ich sage mal das gilt für n=1 und n>4. ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]") Ich habe die
> beiden Funktionen gezeichnet und daraus war das
> ersichtlich.
>
> Das ganze aber rechnerisch zu begründen fällt mir
> schwer.
>
> eine idee war das es für n=1 leicht zu zeigen ist
> (ausprobieren)
Das kannst du doch einfach vorrechnen: [mm]2^1=2>1=1^2[/mm]
> und für n>4 dadurch zu zeigen ist das ich
> [mm]2^{n+3}>(n+3)^2[/mm] beweise...
>
> leider ist mir kein beweis gelungen ... Hat jemand ne
> Idee?
>
Für [mm]n>4[/mm] solltest du das per vollst. Induktion zeigen:
Induktionsanfang: [mm]n=5[/mm]
Es ist [mm]2^5=32>25=5^2[/mm], also gilt die Beh. für [mm]n=5[/mm]
Induktionsschritt: [mm]n\to n+1[/mm]
Sei [mm]n\in\IN, n\ge 5[/mm] beliebig, aber fest und gelte: [mm]2^n>n^2[/mm] (das ist die Induktionsvoraussetzung IV)
Dann ist zu zeigen, dass unter dieser IV auch [mm]2^{n+1}>(n+1)^2[/mm] gilt.
Dazu nimm dir die linke Seite [mm]2^{n+1}[/mm] her, forme um und verwende die IV und bastel es so hin, dass du am Ende auf [mm]...>(n+1)^2[/mm] kommst.
Also [mm]2^{n+1}=2\cdot{}\red{2^n}[/mm] ... Nun auf den roten Ausdruck die IV anwenden...
Gruß
schachuzipus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:05 Fr 10.06.2011 | | Autor: | elmanuel |
Hey Danke Schachuzipus!
also mein Induktionsschritt würde dann so aussehen:
[mm] 2^n>n^2 [/mm] | *2
[mm] 2^{n+1}=2*2^{n}>2*n^{2}
[/mm]
wegen IV gilt
[mm] 2^{n+1}>(n+1)^2 [/mm] wenn [mm] 2*n^{2}>=(n+1)^2
[/mm]
[mm] n^2+n^2>n^2+2n+1\quad \forall [/mm] n [mm] \in \mathbb{N} [/mm] > 4
ist für mich klar ersichtlich weil: [mm] n^2 [/mm] sind gleich groß und [mm] n^2>2n+1 [/mm] für n>4 weil der faktor mehr als das doppelte groß ist, und die differenz dann größer als 1 sein muss
[mm] \Rightarrow 2^{n+1}>(n+1)^2 \forall [/mm] n [mm] \in \mathbb{N} [/mm] > 4
ok?
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Hallo nochmal,
> Hey Danke Schachuzipus!
>
> also mein Induktionsschritt würde dann so aussehen:
>
> [mm]2^n>n^2[/mm] | *2
Lass dies weg und beginne mit der nächsten Zeile
> [mm]2^{n+1}=2*2^{n}>2*n^{2}[/mm]
> wegen IV gilt
Besser: Dies (also das >) gilt wegen der IV !!
> [mm]2^{n+1}>(n+1)^2[/mm] wenn [mm]2*n^{2}>=(n+1)^2[/mm]
Genau! Das ist noch zu begründen/zeigen
>
> [mm]n^2+n^2>n^2+2n+1\quad \forall[/mm] n [mm]\in \mathbb{N}[/mm] > 4
> ist für mich klar ersichtlich weil: [mm]n^2[/mm] sind gleich groß
> und [mm]n^2>2n+1[/mm] für n>4 weil der faktor mehr als das doppelte
> groß ist, und die differenz dann größer als 1 sein muss
>
> [mm]\Rightarrow 2^{n+1}>(n+1)^2 \forall[/mm] n [mm]\in \mathbb{N}[/mm] > 4
>
> ok?
Jo, die Frage ist, wie ersichtlich [mm]n^2>2n+1[/mm] für den Korrektor ist 
Du kannst das durch eine separate Induktion zeigen oder einfacher umformen:
[mm]n^2>2n+1\gdw n^2-2n-1>0\gdw (n-1)^2-2>0\gdw (n-1)^2>2[/mm]
Wegen [mm]n>4[/mm] ist aber [mm](n-1)^2>(4-1)^2=3^2=9[/mm]
So in etwa, dann dürfte der Korrektor auch nicht meckern
Gruß
schachuzipus
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:15 Fr 10.06.2011 | | Autor: | elmanuel |
verstehe!
nur eines ist mir noch nicht ganz klar:
>
> [mm]n^2>2n+1\gdw n^2-2n-1>0\gdw (n-1)^2-2>0\gdw (n-1)^2>2[/mm]
>
> Wegen [mm]n>4[/mm] ist aber [mm](n-1)^2>(4-1)^2=3^2=9[/mm]
zeigt das wirklich das [mm] n^2>2n+1 [/mm] ... [mm] \forall [/mm] n [mm] \in \mathbb{N}
[/mm]
du zeigst das [mm] (n-1)^2 [/mm] größer ist als 9 durch einsetzen .. wobei anscheinend [mm] (n-1)^2 [/mm] > [mm] ((n-1)-1)^2 [/mm] als trivialität angenommen wird ...
demnach wäre
[mm] (n-1)^2>2 [/mm]
eine wahre aussage
durch den schritt: [mm] n^2>2n+1\gdw n^2-2n-1>0\gdw (n-1)^2-2>0\gdw (n-1)^2>2
[/mm]
rückwärts gegangen folgt daraus dann das [mm] n^2>2n+1 [/mm] und somit [mm] n^2+n^2>n^2+2n+1
[/mm]
[mm] \Rightarrow 2^{n+1}>(n+1)^2 \forall [/mm] n [mm] \in \mathbb{N} [/mm] > 4
hab ich das jetzt richtig nachvollzogen?
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 01:59 Sa 11.06.2011 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> verstehe!
>
> nur eines ist mir noch nicht ganz klar:
> >
> > [mm]n^2>2n+1\gdw n^2-2n-1>0\gdw (n-1)^2-2>0\gdw (n-1)^2>2[/mm]
> >
> > Wegen [mm]n>4[/mm] ist aber [mm](n-1)^2>(4-1)^2=3^2=9[/mm]
>
> zeigt das wirklich das [mm]n^2>2n+1[/mm] ... [mm]\forall[/mm] n [mm]\in \mathbb{N}[/mm]
mit Sicherheit nicht, und ohne alles genau verfolgt zu haben, bin ich mir sicher, dass Schachuzipus auch sagen wollte oder gesagt hat, dass Du die Ungleichung
[mm] $$n^2 [/mm] > 2n+1$$
nur für gewisse [mm] $n\,$ [/mm] noch nachweisen musst. Entsprechend der Induktionsvoraussetzung für den obigen Beweis würde es reichen, diese Ungleichung für alle $n [mm] \ge [/mm] 5$ nachzuweisen. In der Tat kann man das aber verschärfen:
Es gilt sogar für alle $n [mm] \ge 3\,,$ [/mm] dass [mm] $n^2 [/mm] > 2n+1$ ist (für [mm] $n=0,1,2\,$ [/mm] ist diese Ungleichung offensichtlicher Schmarrn).
Und das begründe ich mal sauber, damit Du auch siehst, dass Schachuzipus zwar nicht alle Argumente gebracht hat, aber die unterschlagenen Argumente so gängig und "offensichtlich" sind, dass sie oft nicht erwähnt werden.
Zunächst beachte man, dass $x [mm] \mapsto x^2$ [/mm] auf [mm] $[0,\infty)$ [/mm] eine (streng) monoton wachsende Funktion ist. Falls man das noch nicht weiß oder nicht benutzen soll oder will, so mache man sich klar, dass die Folge [mm] $(a_n)_n$ [/mm] mit [mm] $a_n:=n^2$ [/mm] ($n [mm] \in \IN$) [/mm] (streng) monoton wächst, oder anders gesagt:
[mm] $\red{(\*)}$ [/mm] Für $r,s [mm] \in \IN$ [/mm] gilt, dass aus $r [mm] \le [/mm] s$ folgt: [mm] $r^2 \le s^2\,.$
[/mm]
Wie Schachuzipus gezeigt hat, gilt
[mm] $$n^2 [/mm] > 2n+1 [mm] \gdw (n-1)^2 [/mm] > [mm] 2\,.$$
[/mm]
Daher ist es egal, ob wir zeigen, dass die linke Ungleichung für alle natürlichen $n [mm] \ge [/mm] 3$ gilt, oder ob wir beweisen, dass die rechte Ungleichung für alle natürlichen $n [mm] \ge [/mm] 3$ gilt.
Wir beweisen die rechte Seite (die Folgerung [mm] "$\Leftarrow$" [/mm] in obigem [mm] "$\gdw$" [/mm] liefert dann das, was wir wünschen):
Sei $n [mm] \in \IN$ [/mm] und $n [mm] \ge 3\,.$ [/mm] Wir wollen nun für $m:=n-1$ zeigen, dass [mm] $m^2 [/mm] > 2$ gelten muss.
(1.) Weil das natürliche $n [mm] \in \IN$ [/mm] auch $n [mm] \ge [/mm] 3$ erfüllt, gilt für $m:=n-1$ einerseits, dass $m [mm] \ge [/mm] 2$ ist und das $m [mm] \in \IN$ [/mm] ist.
(2.) Die Ungleichung [mm] $\red{(\*)}$ [/mm] lehrt nun, wenn wir dort [mm] $r:=2\,$ [/mm] und $s:=m$ setzen (beachte, dass dann $r,s [mm] \in \IN$ [/mm] und $r [mm] \le [/mm] s$ gilt), dass gilt:
[mm] $$r^2 \le s^2 \text{ bzw. gleichwertig: } 2^2 \le m^2=(n-1)^2\,,$$
[/mm]
oder anders gesagt:
Es gilt
[mm] $$(n-1)^2 \ge 4=2^2\,.$$
[/mm]
Wegen $4 > 2$ folgt daraus in der Tat
[mm] $$(n-1)^2 [/mm] > 2 [mm] \text{ (für alle $n \ge 3$)},$$
[/mm]
was wir zeigen wollten.
P.S.:
Wir haben gesehen: Es gilt [mm] $(n-1)^2 [/mm] > 2$ für alle natürlichen $n [mm] \ge 3\,,$ [/mm] bzw. was äquivalent dazu ist:
Es gilt [mm] $n^2> [/mm] 2n-1$ für alle natürlichen $n [mm] \ge 3\,.$
[/mm]
In Deinem Induktionsbeweis haben wir diese Ungleichung aber ("nur") für alle natürlichen $n [mm] \ge [/mm] 5$ benötigt. Jedes natürliche $n [mm] \ge [/mm] 5$ erfüllt aber insbesondere auch, dass es ein natürliches $n [mm] \ge [/mm] 3$ ist. Also können wir die benötigte Ungleichung insbesondere für diese benutzen.
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 01:17 Sa 11.06.2011 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Für welche n [mm]\in \mathbb{N}[/mm] gilt [mm]2^{n}>n^{2}.[/mm] Begründen
> Sie Ihre Vermutung.
man kann das ganze induktiv machen, aber es geht auch etwa mit der binomischen Formel:
[Einschub: Die Fälle ($n=0$?, je nach Eurer Definition von [mm] $\IN$) [/mm] $n=1,2,3,4$ kannst Du erstmal separat betrachten. Im Folgenden zeigen wir, dass die gegebene Ungleichung für alle $n [mm] \ge [/mm] 5$ gilt!]
Es gilt
[mm] $$2^n=\sum_{k=0}^n [/mm] {n [mm] \choose [/mm] k} [mm] 1^n [/mm] * [mm] 1^{n-k}=\sum_{k=0}^n [/mm] {n [mm] \choose k}\,.$$
[/mm]
Alle Summanden rechterhand sind positiv, und für $n [mm] \ge [/mm] 5$ gilt, dass die Summe rechterhand größergleich
$${n [mm] \choose [/mm] 0}+{n [mm] \choose [/mm] 1}+{n [mm] \choose [/mm] 2}+{n [mm] \choose 3}=1+n+\frac{n(n-1)}{2}+\frac{n(n-1)(n-2)}{6}$$
[/mm]
ist.
Es ist hinreichend, zu zeigen, dass diese Summe (ich meine die rechte Seite der letzten Gleichung, also mit den vier Summanden!) jedenfalls für $n [mm] \ge [/mm] 5$ dann auch größergleich [mm] $n^2$ [/mm] ist:
Wenn ich mich nicht verrechnet habe, ist dann die zu zeigende Ungleichung
[mm] $$1+n+\frac{n(n-1)}{2}+\frac{n(n-1)(n-2)}{6} \ge n^2$$
[/mm]
(was wir für $n [mm] \ge [/mm] 5$ beweisen wollen!)
äquivalent zu
[mm] $$n(n^2-6n+5)+6 \ge 0\,.$$
[/mm]
Diese Ungleichung ist allerdings sicherlich für $n [mm] \ge [/mm] 5$ erfüllt, da der Term
[mm] $$n^2-6n+5$$
[/mm]
umgeschrieben werden kann zu
[mm] $$n^2-6n+5=(n-3)^2-4\,.$$
[/mm]
Und für $n [mm] \ge [/mm] 5$ ist [mm] $(n-3)^2-4 \ge (5-3)^2-4=2^2-4=0\,.$
[/mm]
Fazit:
$$n [mm] \ge [/mm] 5 [mm] \Rightarrow (n-3)^2-4=n^2-6n+5 \ge [/mm] 0 [mm] \Rightarrow n(n^2-6n+5)+6 \ge 0\,.$$
[/mm]
Die letzte Ungleichung war äquivalent zu unserer Behauptung, dass "für $n [mm] \ge [/mm] 5$ gilt ${n [mm] \choose [/mm] 0}+{n [mm] \choose [/mm] 1}+{n [mm] \choose [/mm] 2}+{n [mm] \choose [/mm] 3} [mm] \ge n^2\,.$ [/mm] Und aus dieser folgt wegen
[mm] $$2^n \ge [/mm] {n [mm] \choose [/mm] 0}+{n [mm] \choose [/mm] 1}+{n [mm] \choose [/mm] 2}+{n [mm] \choose [/mm] 3}$$
dann in der Tat:
[mm] $$2^n \ge n^2$$
[/mm]
für alle $n [mm] \ge 5\,.$
[/mm]
Gruß,
Marcel
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Hallo elmanuel,
wenn die Induktion nicht gerade verlangt wird, gehts z.B. auch wie folgt.
Nehmen wir das ganze doch mal als reelle Funktion mit Definitionsbereich [mm] x\ge1, x\in\IR.
[/mm]
Gesucht ist der Geltungsbereich der Aussage [mm] 2^x>x^2, [/mm] was wir unter obigen Voraussetzungen äquivalent darstellen dürfen (einfach mal die Wurzel ziehen...) als [mm] (\wurzel{2})^x>x.
[/mm]
Dazu untersuchen wir die Funktion [mm] f(x):=(\wurzel{2})^x-x [/mm] auf ihre Nullstellen und ihren Verlauf.
Nullstellen hat sie bei [mm] x_{N,1}=2 [/mm] und [mm] x_{N,2}=4.
[/mm]
Ihr Krümmungsverhalten ist einheitlich (positiv, also linksgekrümmt), da [mm] f''(x)=\left(\bruch{\ln{2}}{2}\right)^2*2^x>0. [/mm] Das heißt insbesondere, dass es keine weiteren Nullstellen geben kann und dass die Funktion zwischen den beiden Nullstellen im Negativen verläuft.
Damit wissen wir, dass für [mm] 1\le x<2 [/mm] (die 1 stammt aus der Festlegung des Definitionsbereichs) und [mm] 4
Zum Abschluss pickt man sich dann nur noch die natürlichen Zahlen heraus...
Grüße
reverend
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 03:00 Sa 11.06.2011 | | Autor: | Marcel |
Hallo reverend,
> Hallo elmanuel,
>
> wenn die Induktion nicht gerade verlangt wird, gehts z.B.
> auch wie folgt.
>
> Nehmen wir das ganze doch mal als reelle Funktion mit
> Definitionsbereich [mm]x\ge1, x\in\IR.[/mm]
>
> Gesucht ist der Geltungsbereich der Aussage [mm]2^x>x^2,[/mm] was
> wir unter obigen Voraussetzungen äquivalent darstellen
> dürfen (einfach mal die Wurzel ziehen...) als
> [mm](\wurzel{2})^x>x.[/mm]
>
> Dazu untersuchen wir die Funktion [mm]f(x):=(\wurzel{2})^x-x[/mm]
> auf ihre Nullstellen und ihren Verlauf.
>
> Nullstellen hat sie bei [mm]x_{N,1}=2[/mm] und [mm]x_{N,2}=4.[/mm]
> Ihr Krümmungsverhalten ist einheitlich (positiv, also
> linksgekrümmt), da
> [mm]f''(x)=\left(\bruch{\ln{2}}{2}\right)^2*2^x>0.[/mm] Das heißt
> insbesondere, dass es keine weiteren Nullstellen geben kann
> und dass die Funktion zwischen den beiden Nullstellen im
> Negativen verläuft.
>
> Damit wissen wir, dass für [mm]1\le x<2[/mm] (die 1 stammt aus der
> Festlegung des Definitionsbereichs) und [mm]4
> erfüllt ist.
>
> Zum Abschluss pickt man sich dann nur noch die natürlichen
> Zahlen heraus...
>
> Grüße
> reverend
alles soweit okay (denke ich jedenfalls) - ich hatte auch schon eine ähnliche Idee, die ich allerdings nicht zu Ende gerechnet hatte. Witzigerweise ist das Wurzelziehen (was übrigens wegen $s > r > 0 [mm] \Rightarrow \sqrt{s} [/mm] > [mm] \sqrt{r}$ [/mm] "hier einfach sogemacht werden darf") wirklich nützlich hier.
Ich hätte auch die Nullstellen von [mm] $f\,$ [/mm] ausgerechnet. Für das (stückweise) Monotonieverhalten der Funktion hätte es allerdings durchaus gereicht, sich [mm] $f'\,$ [/mm] anzugucken anstelle von [mm] $f''\,.$ [/mm] Die Folgerungen wären dann natürlich analog. 
Der Hinweis meinerseits hier ist allerdings nur dazu da, um zu zeigen, dass Du die zweite Ableitung nicht unbedingt benötigt hättest.
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 03:55 Sa 11.06.2011 | | Autor: | reverend |
Hallo Marcel,
> Der Hinweis meinerseits hier ist allerdings nur dazu da, um
> zu zeigen, dass Du die zweite Ableitung nicht unbedingt
> benötigt hättest.
Stimmt! Mir schien es nur eleganter, weil sie ja noch nicht einmal ein absolutes Glied beinhaltete. Ob das dann wirklich eleganter darzustellen ist vorwiegend Geschmackssache.
Gute Nacht,
reverend
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 03:08 Sa 11.06.2011 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Für welche n [mm]\in \mathbb{N}[/mm] gilt [mm]2^{n}>n^{2}.[/mm] Begründen
> Sie Ihre Vermutung.
analog zu Reverend auch hier ein Ansatz mit Funktion:
Weil der Logarithmus streng wächst auf [mm] $(0,\infty)$ [/mm] erhalten wir
[mm] $$2^n [/mm] > [mm] n^2 \gdw \ln(2^n) [/mm] > [mm] \ln(n^2) \gdw n*\ln(2)-2*\ln(n) [/mm] > [mm] 0\,.$$
[/mm]
Demzufolge kann man sich mal die Funktion
[mm] $$g(x):=x*\ln(2)-2*\ln(x)$$
[/mm]
zu Gemüte führen, um die obige Aufgabe zu lösen.
Hinweis:
Es gilt - grob gesagt -
[mm] $$\ln(a^b)=b\ln(a)\,,$$
[/mm]
insbesondere ist also
[mm] $$g(4)=4*\ln(2)-2*\ln(4)=4*\ln(2)-2*\ln(2^2)=4\ln(2)-2*2\ln(2)=0\,.$$
[/mm]
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 03:13 Sa 11.06.2011 | | Autor: | reverend |
Hallo Marcel,
auch eine hübsche Idee, aber nicht so leicht zu bewältigen. Wenn man, wie in der bisherigen Diskussion schon klar ist, die Lösung kennt, ist sie aber so auch schon darstellbar. Vor allem die Nullstellen bereiten (auch bei meinem Ansatz) Probleme.
Ich hätte da noch einen weiteren Ansatz, den muss ich noch loswerden...
Und dann gehe ich wohl schlafen; Sonntag Morgen muss ich wieder arbeiten.
Herzliche Grüße
reverend
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 03:20 Sa 11.06.2011 | | Autor: | Marcel |
Hallo reverend,
> Hallo Marcel,
>
> auch eine hübsche Idee, aber nicht so leicht zu
> bewältigen. Wenn man, wie in der bisherigen Diskussion
> schon klar ist, die Lösung kennt, ist sie aber so auch
> schon darstellbar. Vor allem die Nullstellen bereiten (auch
> bei meinem Ansatz) Probleme.
siehe Hinweis. Die interessante Nullstelle ist klar. Alles andere ergibt sich über das Monotonieverhalten von [mm] $g\,,$ [/mm] sofern man benutzen darf, dass [mm] $\ln(2) \approx [/mm] 0.69$ oder sowas ist. Denn dann ist wegen
[mm] $$g'(x)=\ln(2)-2/x [/mm] > 0.6 -2/x$$
jedenfalls $g'(x) > 0.6-2/4=0.1 > 0$ für jedes $x > 4$ und damit [mm] $g\,$ [/mm] streng monoton wachsend. Somit ist klar, dass die Ungleichung sogar für alle $x > 4$ gilt. Ob man nun [mm] $\ln(2)$ [/mm] numerisch approximiert oder einfach durch eine Reihenentwicklung etwa geeignet abschätzt, ist eigentlich egal. Gehen tut's jedenfalls. Der Bereich $0 < x < 4$ mag vielleicht schwieriger zu behandeln sein. Aber so genau habe ich mir auch ehrlich gesagt, dazu noch keine Gedanken gemacht, da es für die Aufgabe auch nicht so wirklich relevant ist.
Gruß,
Marcel
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Hallo nochmal,
je nachdem, was Du in der Vergangenheit schon bewiesen hast, gäbe es noch eine andere Herangehensweise, Stichwort "n-te Wurzel n".
Für [mm] n\ge{1} [/mm] ist [mm] 2^n>n^2 [/mm] nämlich äquivalent zu der Aussage
[mm] \wurzel[2]{2}>\wurzel[n]{n}, [/mm] wie leicht zu zeigen ist, wenn man die 2n-te Wurzel zieht (wieder nur gültig für [mm] n\ge{1}, [/mm] aber das habe ich ja gerade vorausgesetzt.
[mm] \wurzel[n]{n} [/mm] sollte Dir beim Thema "Folgen und Reihen" schonmal begegnet sein. für [mm] n\to\infty [/mm] konvergiert es gegen 1, was man auch wieder auf verschiedene Weisen nachweisen kann.
Die Mathematik ist halt voll von Vernetzungen und Verwandtschaften..
Grüße
reverend
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 03:31 Sa 11.06.2011 | | Autor: | Marcel |
Hallo reverend,
> Hallo nochmal,
>
> je nachdem, was Du in der Vergangenheit schon bewiesen
> hast, gäbe es noch eine andere Herangehensweise, Stichwort
> "n-te Wurzel n".
>
> Für [mm]n\ge{1}[/mm] ist [mm]2^n>n^2[/mm] nämlich äquivalent zu der
> Aussage
> [mm]\wurzel[2]{2}>\wurzel[n]{n},[/mm] wie leicht zu zeigen ist,
> wenn man die 2n-te Wurzel zieht (wieder nur gültig für
> [mm]n\ge{1},[/mm] aber das habe ich ja gerade vorausgesetzt.
>
> [mm]\wurzel[n]{n}[/mm] sollte Dir beim Thema "Folgen und Reihen"
> schonmal begegnet sein. für [mm]n\to\infty[/mm] konvergiert es
> gegen 1, was man auch wieder auf verschiedene Weisen
> nachweisen kann.
>
> Die Mathematik ist halt voll von Vernetzungen und
> Verwandtschaften..
der Ansatz ist interessant. Schwierig ist es allerdings, dass Verhalten von [mm] $\sqrt[n]{n}$ [/mm] zu beschreiben. Aus der Tatsache [mm] $\sqrt[n]{n} \to [/mm] 1$ alleine könnte man erstmal erst nur schließen, dass
[mm] $$1.4142...=\sqrt{2} [/mm] > [mm] \sqrt[n]{n}$$
[/mm]
jedenfalls ab einem (genügend großen) [mm] $n_0 \in \IN$ [/mm] gilt. (Wenn [mm] $n_0$ [/mm] das kleinste [mm] $N\,$ [/mm] ist, so dass [mm] $\sqrt[p]{p} [/mm] < [mm] \sqrt{2}$ [/mm] FÜR ALLE $p [mm] \ge [/mm] N$ gilt, so kann - rein theoretisch - [mm] $\sqrt[n]{n}$ [/mm] zwischen [mm] $1\,$ [/mm] und [mm] $n_0$ [/mm] "machen, was es will").
Immerhin erhält man das Ergbnis, dass man sicher bei der obigen Aufgabe einen Induktionsbeweis versuchen sollte.
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 03:40 Sa 11.06.2011 | | Autor: | reverend |
Hallo Marcel,
> Immerhin erhält man das Ergbnis, dass man sicher bei der obigen Aufgabe einen Induktionsbeweis versuchen sollte.
Ja, das ist wohl wahr. Die Aufgabe war ja nicht, die Ungleichung für genügend große n zu zeigen, sondern spezifischer. Und da sind nicht alle Ansätze ein günstiges Vehikel.
Der häufigste Ansatz, um [mm] \wurzel[n]{n}>\wurzel[n+1]{n+1} [/mm] (ab einem gewissen n) zu zeigen, geht über den Weg [mm] x_n: (1+x_n)^n=n. [/mm] Einen Königsweg hat aber auch da noch niemand gefunden.
Schönes Wochende und frohe Pfingsten Dir und allen lesend oder anders Beteiligten
reverend
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 08:30 Sa 11.06.2011 | | Autor: | elmanuel |
erstmal ganz großen respekt euch allen... was ihr euch hier mitten in der nacht für zeit und aufwand liefert ist wirklich beachtenswert!
mathematik ist halt was faszinierendes ;)
ich bin ganz baff das es tatsächlich so viele lösungswege für ein scheinbar so simples problem gibt ...
also ganz ehrlich, alles habe ich nicht verstanden. das eine oder andere jedoch schon, aber ich werde mir die ideen in einer ruhigen stunde nochmal zu gemüte führen!
ich bin ja erst blutiger anfänger (beginne mein studium dieses jahr im oktober) aber ich hoffe das ich irgendwann auch mal auf eurem niveau fachsimpeln kann. dann machts glaub ich erst wirklich spass... wenn man ein problem sieht und dann gleich eine handvoll lösungen findet die alle miteinander vernetzt sind...
wünsch euch auch ein schönes pfingsten!
hoffe man sieht sich wiedermal hier!
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:06 Sa 11.06.2011 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> erstmal ganz großen respekt euch allen... was ihr euch
> hier mitten in der nacht für zeit und aufwand liefert ist
> wirklich beachtenswert!
> mathematik ist halt was faszinierendes ;)
>
> ich bin ganz baff das es tatsächlich so viele lösungswege
> für ein scheinbar so simples problem gibt ...
>
> also ganz ehrlich, alles habe ich nicht verstanden.
vermutlich wirst Du das auch (jetzt) noch nicht können. Der Induktionsbeweis sollte aber verständlich sein, und die Idee über die binomische Formel (allg. bin. Formel) sollte auch nachvollziehbar sein (hätte ich Deinen Wissensstatus vorher gewußt, hätte ich das noch ein wenig sauberer strukturiert) - sofern Du diese Formel denn überhaupt kennst, und weißt,was Binomialkoeffizienten sind.
Die ganzen "Funktionenbeweise" sind zwar eigentlich mit Schulkenntnissen durchzuführen, aber man muss, wenn man sauber argumentiert, auch genau drauf achten, "richtig" zu argumentieren. Reverend hat an einer Stelle eigentlich sowas wie Konkavität oder Konvexität in seiner Argumentation benutzt - und mit Hilfe der zweiten Ableitung (im Falle der Existenz; aber das war hier klar) kann man diese Eigenschaften einer Funktion charakterisieren.
Nun denn: Viel Erfolg. Tipp: Speicher Dir mal die Sachen ab, und schau' Dir das ganze nochmal nach dem ersten oder zweiten Semester an. Dann wird Dir vieles klar(er) erscheinen.
Und auch frohe Festtage!
Gruß,
Marcel
> das
> eine oder andere jedoch schon, aber ich werde mir die ideen
> in einer ruhigen stunde nochmal zu gemüte führen!
>
> ich bin ja erst blutiger anfänger (beginne mein studium
> dieses jahr im oktober) aber ich hoffe das ich irgendwann
> auch mal auf eurem niveau fachsimpeln kann. dann machts
> glaub ich erst wirklich spass... wenn man ein problem sieht
> und dann gleich eine handvoll lösungen findet die alle
> miteinander vernetzt sind...
>
> wünsch euch auch ein schönes pfingsten!
>
> hoffe man sieht sich wiedermal hier!
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:00 Sa 11.06.2011 | | Autor: | Marcel |
Hallo reverend,
> Hallo Marcel,
>
> > Immerhin erhält man das Ergbnis, dass man sicher bei der
> obigen Aufgabe einen Induktionsbeweis versuchen sollte.
>
>
> Ja, das ist wohl wahr. Die Aufgabe war ja nicht, die
> Ungleichung für genügend große n zu zeigen, sondern
> spezifischer. Und da sind nicht alle Ansätze ein
> günstiges Vehikel.
>
> Der häufigste Ansatz, um [mm]\wurzel[n]{n}>\wurzel[n+1]{n+1}[/mm]
> (ab einem gewissen n) zu zeigen, geht über den Weg [mm]x_n: (1+x_n)^n=n.[/mm]
> Einen Königsweg hat aber auch da noch niemand gefunden.
das habe ich auch nicht im Kopf, ehrlich gesagt. Wenn man mit Funktionen hantieren darf, gibt es sicher einiges an eleganten Wegen.Wichtig wäre es hier aber auch, das [mm] $n\,$, [/mm] ab dem das gilt, zu konkretisieren.
> Schönes Wochende und frohe Pfingsten Dir und allen lesend
> oder anders Beteiligten
> reverend
>
Danke, Dir auch.
Grüße,
Marcel
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